【化学】江西省上饶中学2019-2020学年高二上学期期中考试（特零班）（解析版）

【化学】江西省上饶中学2019-2020学年高二上学期期中考试（特零班）（解析版）

江西省上饶中学2019-2020学年高二上学期期中考试（特零班）‎ 考试时间：90分钟 分值：100分 可能用到的相对原子质量：H1 Co59 N14 O16 S32 Cl35.5 Fe56 Cu64‎ 一、单选题(每题2分，共40分)‎ ‎1.下列关于“化学与健康、生活、生产”的说法不正确的是 A. 14C具有放射性，可用于文物年代的鉴定 B. 血液中的胶粒能透过人工肾（半透膜），可用血液透析的方法去除血液中的毒素 C. MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料 D. 维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、14C具有放射性，14C可用于文物的年代的鉴定，选项A正确；B、血液中的毒素属于蛋白质，为高分子化合物，不能通过半透膜，不能用血液透析的方法去除血液中的毒素，选项B不正确；C、MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料，选项C正确；D、做抗氧化剂的物质需能与氧气在常温下反应，具有还原性，维生素C具有酸性和强还原性，可用作食品抗氧化剂，选项D正确。答案选B。‎ ‎2.下列说法或表示方法中正确的是( )‎ A. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多 B. 由C(金刚石)→C(石墨)ΔH=-1.9KJ/mol可知，金刚石比石墨稳定 C. 在101KPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8KJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=+285.8KJ/mol D. 稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH= -53.7KJ/mol，若将含0.5 molH2SO4的浓溶液与含1 molNaOH的溶液混合，放出的热量大于53.7KJ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、硫蒸气变化为硫固体为放热过程；‎ B、物质的能量越低越稳定；‎ C、燃烧热为放热，焓变为负值；‎ D、浓硫酸溶于水放热。‎ ‎【详解】A. 硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，即前者放出热量多，故A错误；‎ B. 石墨能量比金刚石低，石墨稳定，故B错误；‎ C. 燃烧热为放热，焓变为负值，故C错误；‎ D. 浓硫酸溶于水放热,所以0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，整个过程放出的热量大于57.3kJ，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.反应4A(s)＋3B(g)=2C(g)＋D(g)，经2min后B的浓度减少0.6 mol/L。对此反应速率的正确表示是(　　)‎ A. 用A表示的反应速率是0.4 mol/(L·min)‎ B. 用B、C、D分别表示反应的速率，其比值是3:2:1‎ C. 在2min末的反应速率用B表示是0.3 mol/ (L·min)‎ D. 反应过程中B、C的反应速率关系：3v(B)=2v(C)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.A是固体，不能用A的浓度的变化表示反应速率，故A不选；‎ B.用不同物质表示化学反应速率之比等于方程式的化学计量数之比，故B选；‎ C.化学反应速率是一段时间的平均速率，不是某一时刻的瞬时速率，故C不选；‎ D.根据用不同物质表示的化学反应速率之比等于方程式的化学计量数之比，用B、C表示的反应速率的关系为：2v(B)=3v(C)，故D不选。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】化学反应速率通常用单位时间内浓度的变化来表示，所以是平均速率不是瞬时速率。对固体和纯液体来说，浓度是一常数，所以不能用固体和纯液体的浓度变化表示反应速率。‎ ‎4.下列说法正确的是(　　)‎ A. Cl2溶于水得到的氯水能导电，但Cl2不是电解质，而是非电解质 B. 只有在电流作用下KHSO4才能电离成K+、H+和SO42-‎ C. 强电解质溶液的导电能力不一定都强；弱电解质溶液的导电能力不一定都弱 D. BaSO4难溶于水，故BaSO4是弱电解质；醋酸铅易溶于水，故醋酸铅是强电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误； ‎ B.只有在溶于水，在水分子作用下KHSO4才能电离成K+、H+和SO42-，B错误； ‎ C.电解质溶液导电能力与自由移动的离子浓度、离子带电荷数有关，而与电解质强弱无关，C正确； ‎ D.电解质强弱与溶解性无关，与电离程度有关，硫酸钡难溶于水，但溶于水的部分完全电离，为强电解质，D错误； ‎ 故合理选项是C。‎ ‎5.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是（ ）‎ A. 2v(NH3)=v(CO2) B. 密闭容器中c(NH3)∶c(CO2)=2∶1‎ C. 密闭容器中混合气体密度不变 D. 密闭容器中氨气的体积分数不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、2v(NH3)=v(CO2)未体现正逆的关系，故A错误；‎ B、只要反应发生，密闭容器中就存在c(NH3)：c(CO2)=2：1，故B错误；‎ C、密闭容器中混合气体的密度不变，说明气体质量不变，正逆反应速率相等，故C正确；‎ D、从反应开始到平衡，密闭容器中氨气体积分数一直不变，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点晴】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：1、各物质的浓度不变。2、各物质的百分含量不变。3、对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。4、对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。5、对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。6、对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。‎ ‎6.铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如下。下列说法不正确的是 A. 腐蚀过程中铜极上始终只发生： 2H++2e-= H2↑‎ B. 若水膜中溶有食盐将加快铁铆钉的腐蚀 C. 若在金属表面涂一层油脂能防止铁铆钉被腐蚀 D. 若将该铜板与直流电源负极相连，则铁铜均难被腐蚀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 根据图示可知左侧Cu上发生吸氧腐蚀，右侧Cu上发生析氢腐蚀，则两个铜极上的反应是2H++2e-═H2↑，O2+4e-+4H+═2H2O，故A错误正确；B. 若水膜中溶有食盐，增加吸氧腐蚀介质的电导性，将加快铁铆钉的腐蚀，故B正确；C.在金属表面涂一层油脂，能使金属与氧气隔离，不能构成原电池，所以能防止铁铆钉被腐蚀，故C正确；D. 若将该铜板与直流负极相连，相当于外界电子由铜电极强制转送给铁，从而抑制铁失电子而不易腐蚀，故D正确。‎ ‎7.煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下:‎ CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g) △H1=+218.4 kJ/mol(反应I)‎ CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s)+4CO2(g) △H2=-175.6 kJ/mol (反应II)‎ 下列有关说法正确的是 A. 反应I在较低的温度下可自发进行 B. 反应II在较低的温度下可自发进行 C. 用生石灰固硫的反应为:4CaO(s)+4SO2(g) 3CaSO4(s)+CaS(s) △H3，则△H3>△H2‎ D. 由反应I和反应II可计算出反应CaSO4(s) CaO(s)+SO3(g)的焓变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因反应I的△H1>0，△S>0，根据自由能判据△G=△H-T△S<0可知，该反应在高温下能自发进行，故A说法错误；‎ B.要使反应II自发进行，则自由能判据△G=△H-T△S<0，已知△H2<0，由反应方程式可知该反应的熵变化不大，反应的自发性主要决定于焓变，所以该反应在低温下即可自发进行，故B说法正确；‎ C.根据盖斯定律，（反应II）—4×（反应I）即得C选项的热化学方程式，所以△H3=△H2-4△H1，已知△H1>0，△H2<0，所以△H3<△H2,故C说法错误；‎ D.反应I和反应II中没有SO3(g)，所以无法通过反应I和反应II计算出反应CaSO4(s)CaO(s)+SO3(g)的焓变，故D说法错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题的难点是B选项，因为反应II前后气体、固体的分子数都不变，即熵变不大，所以焓变对反应的自发性起决定作用，这是利用自由能判据的一种特殊情况，由于是放热反应，低温即可自发进行，且节约能源；易错点是C选项，要明确焓变的比较是带着+、-号进行比较的。‎ ‎8.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 氨水应密闭保存，放置在低温处 B. 在硫酸亚铁溶液中，加入铁粉以防止氧化变质 C. 实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气 D. 侯氏制碱采用通入氨气、冷却、加入食盐的方法从母液中提取氯化铵 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氨水中存在化学平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O，正反应是放热,反应温度降低，平衡向生成一水合氨的方向进行，避免氨气挥发，能用勒夏特列原理解释，故不选A； B.加入Fe+2Fe3+=3Fe2+，不存在化学平衡的问题，不能用勒夏特列原理解释，故选B； C.排饱和食盐水的方法收集氯气，利用的是氯离子浓度增大．使平衡地Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO逆向进行，减小氯气的溶解度，能用勒夏特列原理解释，故不选C；‎ D.饱和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：NH4Cl（s）⇌NH4+（aq）+Cl-（aq），若要析出氯化铵，应该使平衡向逆向移动，通入氨气后，溶液中铵根离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出；冷却降低氯化铵溶解度，平衡逆向移动；加入食盐，溶液中氯离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，能用勒夏特列原理解释，故不选D；‎ 正确答案：B。‎ ‎【点睛】如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，变化的过程必须是可逆的过程，否则勒夏特列原理不适用。‎ ‎9.下列比较中正确的是（ ）‎ A. 相同浓度的三种溶液：①(NH4)2CO3溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4NO3溶液中 c(NH4+)：③>①>②‎ B. 相同pH的溶液：①NaClO溶液、②NaHCO3溶液、③CH3COONa溶液中 c(Na+)：③>②>①‎ C. 同浓度、同体积的溶液：①CH3COONa溶液、②NH4Cl溶液、③NaNO3溶液中 pH：②>③>①‎ D. 相同浓度的溶液：①氨水、②NaOH溶液、③Ba(OH)2溶液 c(H+)：③>②>①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.不考虑水解情况，①溶液中电离出的c(NH4+)是②、③溶液中电离出的两倍，②中 NH4+与HCO3-发生相互促进的水解反应，促进了NH4+的水解，故c(NH4+)的大小关系为①>③>②，故A错误；B.相同温度、相同浓度的三种酸的强弱顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO，根据盐类水解规律，相同温度、相同浓度的三种盐溶液的碱性为NaClO>NaHCO3>CH3COONa，所以，相同pH的溶液中Na+浓度大小顺序为③>②>①，故B正确；C.同浓度、同体积的溶液：①CH3COONa是强碱弱酸盐，溶液显碱性、②NH4Cl是强酸弱碱盐，溶液显酸性，③NaNO3是强酸强碱盐，溶液显中性，所以 pH：①>③>②，故C错误；D.氨水是弱碱溶液，NaOH是一元强碱，Ba(OH)2是二元强碱，故相同浓度的溶液中c(OH-)的大小关系为③>②>①，c(H+)的大小关系为①>②>③，故D错误。答案：B。‎ ‎10.下列关于同系物的分析正确的是（ ）‎ A. 碳原子数不同且分子式满足CnH2n＋2通式的两种烃，一定互为同系物 B. 都是苯的同系物 C. 若烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们必定是同系物 D. 和都是乙醇的同系物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，碳原子数不同且分子式满足CnH2n+2通式的两种烃，满足同系物的定义，是烷烃的同系物，故A项正确；‎ B项，中有碳碳双键，官能团不同，结构不相似，不是苯的同系物，故B项错误；‎ C项，同系物要求结构相似，所含官能团要相同，若烃中碳、氢元素的质量分数相同，但官能团不同，也不是同系物，故C项错误；‎ D项，含有环状结构，乙醇为链状结构，两者不饱和度不同，不是同系物，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎【点睛】此题解题的关键在于，理解同系物的定义中的“结构相似”。‎ ‎11.以氨作为燃料的燃料电池，具有能量效率高的特点，另外氨气含氢量高，易液化，方便运输和贮存，是很好的氢源载体。NH3－O2燃料电池的结构如图所示，下列说法正确的是( )‎ A. a极为电池的正极 B. 负极的电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O C. 当生成1 mol N2时，电路中通过的电子的物质的量为3 mol D. 外电路的电流方向为从a极流向b极 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 燃料电池是原电池，失电子的电极是负极，发生氧化反应。得电子的电极是正极，发生还原反应。放电时，电子从负极沿导线流向正极，电流与电子流向相反，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. a极上NH3发生氧化反应生成N2，a极是原电池的负极，故A错误；‎ B.负极发生失电子的氧化反应，2 mol NH3变为1 mol N2失去6 mol电子，所以电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O，故B正确；‎ C.生成1 mol N2失去6 mol电子，即电路中通过电子物质的量为6mol，故C错误；‎ D.外电路的电流方向是从正极流向负极，即从b极流向a极，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学电源新型电池，侧重考查原电池原理，知道电子流向、正负极发生的反应即可解答，难点是电极反应式的书写。‎ ‎12.T℃时，在20.00 mL 0.10 mol·L－1CH3COOH溶液中滴入0.10 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积关系如图所示。下列说法正确的是 A. T℃时，CH3COOH电离平衡常数Ka=1.0×10-3‎ B. M点对应的NaOH溶液体积为20.0 mL C. N点与Q点所示溶液中水的电离程度：N＞Q D. N点所示溶液中c(Na+)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H+)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=3的溶液中Ka=，故A正确；‎ B．醋酸与NaOH完全中和时生成CH3COONa，溶液显碱性，M点溶液显中性，则对应的NaOH溶液体积小于20.0 mL，故B错误；‎ C．N点主要是醋酸根离子水解促进水的电离，而Q点为过量的NaOH抑制水的电离，则两点所示溶液中水的电离程度：N＞Q，故C正确；‎ D．N点所示溶液CH3COONa，显碱性，即c(OH－)＞c(H+)，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，则溶液中c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎【点睛】酸、碱、盐都是电解质，酸电离产生氢离子、碱电离产生氢氧根离子，它们对水的电离平衡都起抑制作用，等浓度的氢离子或氢氧根离子对水电离平衡的抑制作用相同。酸或碱电离产生的离子浓度越大，对水的抑制作用就越强。若盐电离氢离子或氢氧根离子，对水的电离平衡起抑制作用，与酸或碱的作用相同；若电离产生的离子或消耗水电离产生的氢离子或氢氧根离子产生弱酸或弱碱，就会使水的电离平衡正向移动，促进水的电离，盐电离产生的水解的离子浓度越大，水解的离子浓度越大，溶液的酸性或碱性越强。若盐电离产生的阳离子、阴离子都发生水解作用，水解产生的氢离子、氢氧根离子发生中和反应，使水的电离程度比单独只有阳离子、阴离子发生水解作用的水的电离程度大。溶液的酸碱性根据水解相对程度判断。谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解。‎ ‎13.N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生下列反应：2N2O5(g) ⇌4NO2(g)+ O2(g) △H >0， T1温度下的部分实验数据为 t/s ‎0‎ ‎500‎ ‎1000‎ ‎1500‎ c(N2O5)mol/L ‎5.00‎ ‎3.52‎ ‎2.50‎ ‎2.50‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 500s内N2O5分解速率为2.96×10-3 mol/(L·s)‎ B. T1温度下的平衡常数为K1=125，1000s时N2O5转化率为50%‎ C. T1温度下的平衡常数为K1 ，T2温度下的平衡常数为K2，若K1＜K2，则T1 >T2‎ D. 平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的1/2，则再平衡时c(N2O5) ＞5.00mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．依据表格数据，500s内N2O5(g)消耗的浓度=5.00mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率==2.96×10-3 mol/(L•s)，故A正确；‎ B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c(N2O5)=2.5mol/L，c(NO2)=5mol/L，c(O2)=1.25mol/L，平衡常数K===125，转化率为×100%=50%，故B正确；‎ C．平衡常数只受温度影响，T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，该反应为吸热反应，若K1＜K2，说明平衡正向移动，则T1＜T2，故C错误；‎ D．平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，若平衡不移动，c(N2O5)会增大一倍，变成5.00mol/L，由于该反应为气体物质的量增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，则再平衡时c(N2O5)＞5.00mol/L，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为B，要注意根据平衡常数的表达式K=进行计算判断。‎ ‎14.高铁电池是电动汽车首选的电池之一，该电池的工作原理为：‎ ‎3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，‎ 下列关于该电池放电时的说法中正确的是( )‎ A. 高铁电池产生的电流从负极经外电路到达正极 B. 正极反应式为Zn+2OH--2e- =Zn(OH)2‎ C. 负极pH减小，正极pH增大，电解液pH增大 D. 每氧化1mol高铁酸钾转移3mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电流的流向是正极流向负极，故A错误；‎ B、放电时正极K2FeO4发生得电子的还原反应，即FeO42-+3e-+4H2O=Fe（OH）3+5OH-，故B错误。‎ C、负极发生反应正极反应式为Zn+2OH--2e- =Zn(OH)2，消耗氢氧根，pH减小，正极生成氢氧根，pH增大，整个溶液氢氧根浓度增大，pH增大。‎ D、高铁酸钾中的铁化合价降低，故应是被还原故D错。‎ 答案选C。‎ ‎15.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是 A. 通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液pH增大 B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品 C. 负极反应为2H2O–4e–=O2+4H+，负极区溶液pH降低 D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH－失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；‎ B．阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；‎ C．负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H＋)增大，所以负极区溶液pH升高，故C错误；‎ D．当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。电化学是历年高考的重要考点之一，考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时电极质量或溶液p H的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。‎ ‎16.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 碳原子数≤10的烷烃，其一氯代物没有同分异构体的烷烃共有3种 B. 烯烃、炔烃、芳香烃都能与溴水反应而使其褪色 C. 等质量的甲烷、乙烯、乙醇分别充分燃烧 ，所耗用氧气的量依次减少 D. 分子式为C6H12与C3H6的两种烃一定互为同系物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.烷烃分子中，同一个碳上的氢原子等效，连在同一个碳原子上的甲基上的氢原子等效，具有镜面对称的碳原子上的氢原子等效，烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，在碳原子数n≤10的所有烷烃的同分异构体中，其一氯取代物只有一种的烷烃分别是：甲烷、乙烷、2，2-二甲基丙烷以及2，2，3，3-四甲基丁烷，共4种，A错误；‎ B.烯烃、炔烃都能与溴水反应而使其褪色，而芳香烃不一定与溴水反应，如苯、甲苯、二甲苯等，B错误；‎ C.含氢量越高耗氧量越高，甲烷、乙烯和乙醇的含氢量逐渐降低，所耗用氧气的量依次减少， C正确；‎ D.C6H12、C3H6可能为烯烃或环烷烃，二者的结构不一定相似，则二者不一定互为同系物，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎17.在t℃时，Ag2CrO4（橘红色）在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图。又知AgCl的Ksp＝1.8×10－10。下列说法不正确 A. t°C时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8‎ B. 饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点 C. t°C时，Y点和Z点的Ag2CrO4的Ksp相等 D. t°C时，将0.01 mol·L－1AgNO3溶液滴入20 mL 0.01 mol·L－1KCl和0.01 mol·L－1K2CrO4的混合溶液中，Cl－先沉淀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据图像，Ksp=c2(Ag＋)×c(CrO42－)=(1×10－3)2mol·L－1×1×10－5mol·L－1=1×10－11，故A说法错误；‎ B、Ag2CrO4的溶解平衡：Ag2CrO4(s)2Ag＋(aq)＋CrO42－(aq)，加入K2CrO4，溶液中c(CrO42－)增大，c(Ag＋)降低，即Y点不变为X点，故B说法正确；‎ C、溶度积只受温度的影响，Y和Z点温度相同，溶度积相等，故C说法正确；‎ D、如果生成AgCl沉淀，需要c(Ag＋)==1.8×10－8mol·L－1，如果生成Ag2CrO4，需要c(Ag＋)= =×10－4mol·L－1，因此先析出氯化银沉淀，故D说法正确；‎ 答案选A。‎ ‎18.如图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，则以下说法正确的是 A. 电源B极是正极 B. 装置（丁）中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带负电荷 C. 欲用（丙）装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液 D. （甲）、（乙）装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1：2：2：2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、根据图片知，该装置是电解池，将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极附近有大量氢氧根离子，由此得出F极上氢离子放电生成氢气，所以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极，故A错误；B、丁装置中Y电极是阴极，如果Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷，故B错误；C、若用（丙）装置给铜镀银，G应该是Ag，H是铜，电镀液是AgNO3溶液，故C错误；D、甲装置中C电极上氢氧根离子放电生成氧气，D电极上铜离子放电生成铜单质，E电极上氯离子放电生成氯气，F电极上氢离子放电生成氢气，所以（甲）、（乙）装置的C、D、E、F电极均有单质生成；生成1mol氧气需要4mol电子，生成1mol铜时需要2mol电子，生成1mol氯气时需要2mol电子，生成1mol氢气时需要2mol电子，所以转移相同物质的量的电子时生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，故D正确；故选D。‎ 点睛：题考查了电解池原理，能正确判断电解池的阴阳极是解本题的关键，明确电泳现象证明了胶粒带电。解题关键：A、根据图片知，该装置是电解池，将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极上氢离子放电生成氢气，所以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极；B、电解池中带正电荷的微粒向阴极移动，带负电荷的微粒向阳极移动。C、电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，电解质溶液中金属阳离子与阳极材料是相同的元素．D、甲装置中C电极上氢氧根离子放电，D电极上铜离子放电，E电极上氯离子放电，F电极上氢离子放电，根据得失电子和生成物的关系式计算。D是难点。‎ ‎19.已知 C—C 单键可以绕键轴旋转。某烃的结构简式如图，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 该烃在氢核磁共振谱上有 6 组信号峰 B. 该烃的一氯代物最多有 4 种 C. 分子中至少有 10 个碳原子处于同一平面上 D. 该烃是苯的同系物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 该烃机构中存在3种不同化学环境的H原子，故氢核磁共振谱上有3组信号峰，A错误；B. 由A得该烃的一氯代物最多有 3 种，B错误；C. 由于苯环是平面型结构，因此和苯环直接相连的原子一定位于苯环的平面上，所以分子中至少有10个碳原子位于同一平面上，C正确；D. 苯的同系物只有1个苯环，该物质不属于苯的同系物，D错误。故选择C。‎ ‎20.向10.0 mL 0.10 mol/L氨水中滴入0.10 mol/L的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示(假设无气体逸出)。下列有关叙述正确的是（　　）‎ A. M～N间一定存在：c(Cl－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H+)‎ B. M点对应的盐酸体积为10.0 mL C. P点处的溶液中存在：2c(NH4+)+2c(NH3·H2O)=c(Cl－)‎ D. pH=7的溶液中：c(NH4+)=c(Cl－)=c(H+)=c(OH－)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．M-N间溶液的pH大于7，一定是氨水过量的情况，存在c(NH4+)＞c(Cl-)c(OH-)＞c(H+)，故A错误；‎ B．M点对应的溶液显示中性，酸碱恰好反应生成氯化铵显示酸性，应该是盐酸和氨水的混合物，即M点对应的盐酸体积小于10.0mL，故B错误；‎ C．P点处的溶液是等物质的量浓度的盐酸和氯化铵的混合物，存在：2c(NH4+)+2c(NH3•H2O)=c(Cl-)，故C正确；‎ D．根据电荷守恒：pH=7溶液中有c(NH4+)=c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)，故D错误；‎ 故选C。‎ 二、非选择题(21~22题每空1分，其余每空2分，共60分)‎ ‎21.电解原理和原电池原理是电化的两个重要内容。某兴趣小组做如下探究实验：‎ ‎(1)如图为某实验小组依据氧化还原反应设计的原电池装置，该反应的离子方程式为_____________。反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12g，导线中通过_______mol电子。‎ ‎(2)其他条件不变，若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，石墨电极的反应式为________________。‎ ‎(3)如图，其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，乙装置中石墨(2)电极上发生的反应式为_________________。‎ ‎【答案】 (1). Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ (2). 0.2 (3). 2H++2e-=H2↑ (4). 2Cl--2e-=Cl2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据自发氧化还原反应知识来书写，并根据两极反应结合两极质量变化进行计算；‎ ‎（2）氯化铵中，铵根离子水解导致溶液显示酸性，正极生成氢气；‎ ‎（3）根他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，则乙装置是电解池，甲装置是原电池。‎ ‎【详解】(1)设计的原电池装置的自发氧化还原反应是：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，设电子转移量是x，则64g/mol×0.5x+56g/mol×0.5x=12g，解得x=0.2mol，故答案为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；0.2；‎ ‎(2)氯化铵中，铵根离子水解导致溶液显示酸性，实质是：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，正极发生2H++2e-=H2↑，故答案为：2H++2e-=H2↑；‎ ‎(3)其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，则乙装置是电解池，甲装置是原电池，Fe是负极，Cu丝是正极，所以其中与铜线相连石墨电极是阳极，该极上发生的反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；‎ ‎22.按要求填空：‎ ‎(1)写出下列物质的分子式：含6个碳原子的链状单烯烃__________________________。‎ ‎(2)在戊烷的各种同分异构体中，一氯代物种类最多的键线式是_________________。 ‎ ‎(3)用系统命名法命名：______________‎ ‎(4)某化合物的分子式为C5H11Cl，分析数据表明：分子中有两个-CH3、两个-CH2-、一个和一个-Cl。它的可能的结构有______________种 ‎【答案】 (1). C6H12 (2). (3). 3,4-二甲基-4-乙基庚烷 (4). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）链状单烯烃通式为CnH2n；‎ ‎（2）戊烷的同分异构体中，一氯代物种类最多的为异戊烷，键线式中只用键线来表示碳架，而分子中的碳氢键、碳原子及与碳原子相连的氢原子均省略；‎ ‎（3）依据烷烃命名原则：‎ ‎①长-----选最长碳链为主链；‎ ‎②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链；‎ ‎③近-----离支链最近一端编号；‎ ‎④小-----支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则；‎ ‎⑤简-----两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。‎ ‎（4）C5H11Cl为戊烷的一氯代物，判断和书写烷烃的一氯代物的异构体可以按照以下步骤来做：先确定烷烃的碳链异构，即烷烃的同分异构体。 找出等效的氢原子。 根据先中心后两边的原则，将氯原子逐一去代替氢原子。据此判断符合条件的同分异构体数目。‎ ‎【详解】(1)由于单烯烃分子式通式是CnH2n，所以含6个碳原子的链状单烯烃的分子式是C6H12；(2)在戊烷的各种同分异构体中，一氯代物种类中正戊烷有3种，异戊烷有四种，新戊烷有一种，所以最多的是异戊烷，其键线式是；(3)根据有机物的系统命名法原则，化合物的名称是3,4-二甲基-4-乙基庚烷 ；(4)某化合物的分子式为C5H11Cl，分析数据表明：分子中有两个-CH3、两个-CH2-、一个和一个-Cl。它的可能的结构有CH3CHCl-CH2CH2CH3、CH3CH2CHCl-CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH2Cl、CH3CH2 CH (CH3) CH2Cl四种。‎ ‎23.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。其原理为：‎ N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4KJ/mol，据此回答以下问题：‎ ‎(1)下列有关该反应速率的叙述，正确的是(选填序号)___________。‎ a.升高温度可以增大活化分子百分数，加快反应速率 b.增大压强不能增大活化分子百分数，所以不可以加快反应速率 c.使用催化剂可以使反应物分子平均能量升高，加快反应速率 d.在质量一定的情况下，催化剂颗粒的表面积大小，对反应速率有显著影响 ‎(2)根据温度对化学平衡的影响规律可知，对于该反应，温度越高，其平衡常数的值越__________。‎ ‎(3)某温度下，若把10 mol N2与30 mol H2置于体积为10 L的密闭容器内，反应达到平衡状态时，测得平衡混合气体中氨的体积分数为20%，则该温度下反应的K=___________________(可用分数表示)。‎ ‎(4)对于合成氨反应而言，下列有关图象一定正确的是(选填序号)_____________。‎ ‎【答案】 (1). ad (2). 小 (3). (4). ac ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）升高温度、增加压强、使用催化剂、增大接触面积均能加快反应速率；‎ ‎（2）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；‎ ‎（3）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；‎ ‎（4）a．先出现拐点的先达到平衡，则T2大，温度高，平衡逆向移动；‎ b．平衡时浓度不一定相等；‎ c．使用催化剂加快反应速率，对平衡无影响；‎ ‎【详解】（1）a．升高温度可以增大活化分子百分数，有效碰撞的次数增加，则加快反应速率，故a正确；‎ b．增大压强，增大活化分子数目，则加快反应速率，故b错误；‎ c．使用催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，但反应物分子平均能量不变，故c错误；‎ d．在质量一定的情况下，催化剂颗粒的表面积大小，对反应速率有显著影响，接触面大，则反应速率大，故d正确；‎ 故答案为：ad；‎ ‎（2）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数K减小，温度越高，K越小；‎ 故答案为：小；‎ ‎（3）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则 ‎，故答案为：。‎ ‎（4）a．先出现拐点的先达到平衡，则T2大，温度高，平衡逆向移动，与图象一致，故a正确；‎ b．平衡时浓度不一定相等，平衡浓度取决起始浓度和转化率，图象表示错误，故b错误；‎ c．使用催化剂加快反应速率，对平衡无影响，平衡时物质的浓度不变，与图象一致，故c正确；‎ 故答案为：ac；‎ ‎24.氯化钴渗入水泥中可以制备彩色水泥(变色水泥)。以某废钴渣(主要成分为Co2O3，含少量Fe3O4、Al2O3、CaO和SiO2)制备氯化钴晶体的一种流程如下：‎ 已知：在酸性条件下，氧化性Co3+＞Cl2＞H2O2＞Fe3+。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)提高废钴渣溶解速率的措施宜采用_______(填两条)。‎ ‎(2)在滤液A中加入H2O2，H2O2作还原剂的离子方程式为________________________。‎ ‎(3)从滤渣B中提取铁红的操作是将滤渣B溶于过量的______________溶液(填化学式)，____________，洗涤、灼烧得到铁红。‎ ‎(4)从环境保护角度分析，不用浓盐酸替代硫酸的原因是__________________________。‎ ‎(5)已知常温下，Ksp[Al(OH)3]≈1.0×10-34。当pH=5时，c(Al3+)=___________mol·L-1。‎ ‎(6)为了测定CoCl2•nH2O中结晶水数目进行如下实验：取16.6 g样品在一定条件下脱水得13.0g CoCl2，则n=__________。‎ ‎【答案】 (1). 加热、搅拌和适当增大硫酸浓度等 (2). 2Co3+＋H2O2=2Co2+＋O2↑＋2H+ (3). NaOH (4). 过滤 (5). 产生Cl2污染环境 (6). 1.0×10-7 (7). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）从影响化学反应的速率的外界因素寻找适当的措施；‎ ‎（2）氧化性Co3+＞H2O2，故Co3+为氧化剂，H2O2为还原剂，以此写出化学方程式；‎ ‎（3）滤渣B中含有氢氧化铁和氢氧化铝，氢氧化铝可溶于强碱溶液，以此分离；‎ ‎（4）由于氧化性Co3+＞Cl2，使用浓盐酸会产生氯气污染环境；‎ ‎（5）根据Ksp和pH结合水的离子积计算c(Al3+)；‎ ‎（6）根据公式n=m/M,计算CoCl2和H2O的物质的量之比即可。‎ ‎【详解】（1）由影响化学反应的速率的外界因素可知加热、搅拌和适当增大硫酸浓度等可加快溶解速率，故答案为：加热、搅拌和适当增大硫酸浓度等；‎ ‎（2）由氧化性Co3+＞H2O2，故Co3+为氧化剂生成Co2+，H2O2为还原剂生成O2，则化学方程式为：2Co3+＋H2O2=2Co2+＋O2↑＋2H+，故答案为：2Co3+＋H2O2=2Co2+＋O2↑＋2H+；‎ ‎（3）溶液B中含Fe3+、Co2+、Al3+等调节pH滤渣B中含有氢氧化铁和氢氧化铝，氢氧化铝可溶于强碱溶液，过滤可分离，故答案为：NaOH；过滤；‎ ‎（4）由于氧化性Co3+＞Cl2，使用浓盐酸会发生反应： Cl2污染环境，故答案为：产生Cl2污染环境；‎ ‎（5）由 和pH=5结合水的离子积则则铝离子浓度,故答案为1.0×10-7 ；‎ ‎（6） ，，,故答案为：2。‎ ‎【点睛】由氧化性Co3+＞H2O2，故Co3+为氧化剂生成Co2+，H2O2为还原剂生成O2‎ ‎，则化学方程式为：2Co3+＋H2O2=2Co2+＋O2↑＋2H+，故答案为：2Co3+＋H2O2=2Co2+＋O2↑＋2H+；‎ ‎（3）溶液B中含Fe3+、Co2+、Al3+等调节pH滤渣B中含有氢氧化铁和氢氧化铝，氢氧化铝可溶于强碱溶液，过滤可分离，故答案为：NaOH；过滤。‎ ‎25.工业上制备补血剂常用碳酸亚铁，某兴趣小组对碳酸亚铁的制备与性质进行探究。‎ ‎(1)利用下列装置制备碳酸亚铁：‎ ‎①实验时要配制100 mL 4 mol·L－1 H2SO4溶液，需用98% (ρ＝1.84 g·cm－3)的浓硫酸体积为________mL(精确到0.1)。‎ ‎②制备FeCO3时，将B中混合溶液压入装置C的操作是________。‎ ‎(2)探究碳酸亚铁性质 如图，称取一定质量的纯净FeCO3放入玻璃管中，打开K，通入氧气。加热玻璃管。B瓶中澄清石灰水不再产生沉淀时(全部转化为CO2)，停止加热，继续通入氧气至玻璃管冷却，称量剩余固体的质量。‎ 取少量玻璃管中的剩余固体于试管，滴加稀硫酸至固体完全溶解。将溶液分为甲、乙两份进行后续实验。向甲溶液滴加KSCN溶液，溶液变红色；向乙溶液滴加酸性KMnO4溶液，溶液不褪色。‎ ‎①上述实验________(填：“甲”或“乙”)不能确定剩余固体成分。‎ ‎②若开始时称取FeCO3 23.2 g固体，高温灼烧至恒重，称得固体质量净减7.2 g。通过计算确定剩余固体成分是________。‎ ‎③根据上述实验结果判断，FeCO3‎ 在氧气中高温灼烧发生反应的化学方程式为____________________。‎ ‎(3)FeCO3可用于乳制品、营养液成分乳酸亚铁的制备：将FeCO3加入乳酸溶液中，再加入少量铁粉，在75 ℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸。‎ ‎①反应后加入适量乳酸的作用是________________。最后溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得乳酸亚铁晶体。分离过程中加入无水乙醇的目的是__________________________。‎ ‎②已知人体不能很好地吸收利用Fe3＋，科学研究表明服用含乳酸亚铁的补血剂时，同时服用维生素C，有利于铁元素的吸收。维生素C在这一过程中的作用是________________。‎ ‎【答案】 (1). 21.7 (2). 打开活塞2，关闭活塞3 (3). 甲 (4). Fe2O3或氧化铁 (5). 4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2 (6). 除去过量铁粉 (7). 减少乳酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出 (8). 作还原剂，防止Fe2＋被氧化 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据c=n/v计算浓硫酸物质的量浓度，再根据稀释定律计算需要浓硫酸的体积；亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，C装置中FeSO4和NH4HCO3发生反应：，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中；‎ ‎（2）向甲溶液滴加KSCN溶液，溶液变红色证明有Fe3+存在无法证明Fe2+不存在；向乙溶液滴加酸性KMnO4溶液，溶液不褪色证明无Fe2+不存在；通过反应前后质量守恒计算固体成分；‎ ‎（3）实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，防止Fe2+离子被氧化，过量的铁粉用乳酸除去，Fe被充分利用，可以抑制亚铁离子水解；分离过程中加入无水乙醇，减少乳酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；维生素作还原剂，防止Fe2+被氧化。‎ ‎【详解】（1）浓硫酸物质的量浓度为 根据稀释定律，需要浓硫酸的体积为 ,‎ ‎ 亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，C装置中FeSO4和NH4HCO3发生反应：，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中；故答案为： 21.7mL；打开活塞2，关闭活塞3;‎ ‎（2）向甲溶液滴加KSCN溶液，溶液变红色证明有Fe3+存在无法证明Fe2+不存在；向乙溶液滴加酸性KMnO4溶液，溶液不褪色证明无Fe2+不存在；②23.2g FeCO3物质的量为n=0.2mol，完全分解可以得到二氧化碳为2mol×44g/mol=8.8g，反应中通入氧气，分解得到的FeO会被氧化，剩余固体中Fe为0.2mol，则剩余固体中O元素物质的量为，故Fe、O物质的量之比为2：3，则剩余固体为Fe2O3，反应方程式为: ,故答案为：甲；Fe2O3或氧化铁；；‎ ‎（3）实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，防止Fe2+离子被氧化，过量的铁粉用乳酸除去，Fe被充分利用，可以抑制亚铁离子水解；分离过程中加入无水乙醇，减少乳酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；维生素作还原剂，防止Fe2+被氧化。故答案为：除去过量铁粉；减少乳酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；作还原剂，防止Fe2＋被氧化。‎ ‎【点睛】实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，防止Fe2+离子被氧化，过量的铁粉用乳酸除去，Fe被充分利用，可以抑制亚铁离子水解；分离过程中加入无水乙醇，减少乳酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；维生素作还原剂，防止Fe2+被氧化。‎ ‎26.碳、氮及其化合物与生活密切相关。请根据要求回答下列问题:‎ ‎(1)用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知:‎ ‎①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= —574kJ/mol ‎②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= —1160kJ/mol ‎③H2O(g)=H2O(l) △H= —44kJ/mol 写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(1)的热化学方程式_________。‎ ‎(2)已知:反应I:4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) △H<0‎ 反应II:4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) △H<0‎ ‎①在恒温恒容装置中充入一定量的NH3 和O2‎ ‎,在催化剂的作用下进行反应I，则下列有关叙述中正确的是___(填字母序号)。‎ A.增大压强，Kp(用压强表示的化学平衡常数)增大 B.若测得容器内3v(NH3)=2v (H2O)时，说明反应已达平衡 C.通入一定量的氮气，则化学反应速率增大 D.达到平衡时体系的压强不再变化 ‎②氨催化氧化时会发生上述两个竞争反应I、II。为分析某催化剂对该反应的选择性，在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，得有关物质的量关系如图，该催化剂在低温时选择反应_____(填“I”或“II”)。‎ ‎③520℃时，4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)的平衡常数K=_______(只需列出数字计算式，无需化简)。恒压容器中，为了提高NH3转化为N2平衡转化率的措施有______( 填字母序号)‎ A.降低反应温度 B. 投料比不变，增加反应物的浓度 C.增大NH3和O2的初始投料比 D. 充入一定量的氦气 ‎（3）己知25℃时HCN 和H2CO3的电离常数(Ka.)如下表:‎ 物质 电离常数(Ka)‎ HCN Ka=5×10-10‎ H2CO3‎ Ka1=4.5×10-7；Ka2=4.7× 10-11‎ ‎25℃时，测得等体积等浓度的HCN和NaCN的混合溶液pH=11,则c(Na+)、c(H+)、c(CN—)、c(OH—)、c(HCN)浓度由大到小顺序为______，向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的化学方程式为:______________________。‎ ‎【答案】 (1). CH4(g)+2NO2(g) === N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H= -955 kJ/mol (2). D ‎ ‎(3). II (4). K= (5). AD (6). c(HCN)>c(Na+)>c(CN—)>c(OH—)>c(H+) (7). NaCN+ CO2+ H2O ===HCN+ NaHCO3‎ ‎【解析】‎ ‎(1)已知:①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= —574kJ/mol ‎②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= —1160kJ/mol ‎③H2O(g)=H2O(l) △H= —44kJ/mol 根据盖斯定律，由×①+×②+2×③得反应CH4(g)+2NO2(g) = N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=×（—574kJ/mol）+×（—1160kJ/mol）+2×（—44kJ/mol）=-955 kJ/mol；(2) ①A.恒容条件下增大压强向气体体积缩小的逆反应方向移动， Kp减小，选项A错误；B.若测得容器内3v(NH3)=2v (H2O)时，没有说明正逆反应速率，无法确定正逆反应速率相等，故不能说明反应已达平衡，选项B错误；C.通入一定量的氮气，对于反应I各反应物的浓度不变，则化学反应速率不变，选项C错误；D.达到平衡时各气体的物质的量不变，体系的压强不再变化，选项D正确。答案选D；②该催化剂在低温时生成的氮气较少，故选择反应II；③NO和N2的平衡浓度是0.2mol/L，NH3的平衡浓度是（1-0.2×3）mol/L=0.4mol/L，O2的平衡浓度是（2-0.2×-1.5×2）mol/L=1.45mol/L，水的平衡浓度是（0.2×1.5+0.2×3）mol/L=0.9mol/L，所以K=；A、该反应△H<0，降低温度平衡右移，转化率提高，选项A正确；B、相当于增大压强，平衡左移，转化率降低，选项B错误；C、增大NH3和O2的初始投料比，氨气的转化率反而降低，选项C错误；D、充入一定量的氦气，恒压条件下，容器体积增大，反应物的分压减小，平衡向气体体积增大的方向移动，转化率增大，选项D正确。答案选AD；（3）25℃时，测得等体积等浓度的HCN和NaCN的混合溶液pH=11,则HCN的电离小于NaCN的水解，c(Na+)、c(H+)、c(CN—)、c(OH—)、c(HCN)浓度由大到小顺序为c(HCN)>c(Na+)>c(CN—)>c(OH—)>c(H+)；电离常数越大，则说明该酸酸性越强。由表数据可知，酸性比较：H2CO3 >HCN>HCO3- ，所以根据强酸制弱酸原理，往NaCN溶液中通入少量CO2 发生的化学方程式为NaCN＋H2O＋CO2=HCN＋NaHCO3。‎ 点睛：本题考查不同的弱酸及盐之间的反应的规律、溶液中各微粒浓度关系，化学反应速率及化学平衡原理。注意化学平衡常数表达式的书写及弱电解质电离平衡的应用。利用勒夏特列原理判断化学平衡相关知识是解题的关键。‎